[r]
Trang 1ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
1 a) (1,0 điểm)
(2,0đ) Với m = 1, hàm số trở thành: y = x3
− 3x + 1
• Tập xác định: D = R
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y0
= 3x2
− 3; y0
= 0 ⇔ x = ±1
0,25
Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) và (1; +∞); khoảng nghịch biến: (−1; 1)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCĐ= 3; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = −1
- Giới hạn tại vô cực: lim
x→−∞y= −∞; limx→+∞y= +∞
0,25
- Bảng biến thiên:
y0
y
PP
P P P
P
0,25
• Đồ thị:
x
y
3
−1
−1
1
O
0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có y0
= 3x2
− 3m
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị ⇔ phương trình y0
= 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 0,25 Tọa độ các điểm cực trị B, C là B(−√m; 2√
m3+ 1), C(√m
; −2√m3+ 1)
Suy ra −−→BC = (2√m
Gọi I là trung điểm của BC, suy ra I(0; 1) Ta có tam giác ABC cân tại A ⇔ −→AI.−−→BC = 0 0,25
⇔ −4√m+ 8√
m3 = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = 1 dethivn.com
Trang 22 Phương trình đã cho tương đương với 2 sin x cos x − 2√2 cos x +√
2 sin x − 2 = 0 0,25 (1,0đ)
⇔ (sin x −√2)(2 cos x +√
• 2 cos x +√2 = 0 ⇔ x = ±3π
4 + k2π (k ∈ Z)
Nghiệm của phương trình đã cho là: x = ±3π4 + k2π (k ∈ Z)
0,25
3
(1,0đ) Ta có I =
2
Z
1
x2+ 3x + 1
x2+ x dx=
2
Z
1
dx+
2
Z
1
2x + 1
•
2
Z
1
•
2
Z
1
2x + 1
x2+ xdx= ln |x2+ x|
2
4
(1,0đ) a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thiết suy ra 5a − 3b = 13a + b = 9 0,25
b) Số phần tử của không gian mẫu là: C3
Số cách chọn 3 hộp sữa có đủ 3 loại là 5.4.3 = 60 Do đó xác suất cần tính là p = 60
220 =
3
11. 0,25
(1,0đ) Mặt phẳng (P) cần viết phương trình là mặt phẳng qua A và nhận −→u làm vectơ pháp tuyến,
nên (P) : 2(x − 1) + 2(y − 0) − (z + 1) = 0, nghĩa là (P) : 2x + 2y − z − 3 = 0 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d, suy ra H(1 + 2t; −1 + 2t; −t) 0,25
Ta có H ∈ (P), suy ra 2(1+2t)+2(−1+2t)−(−t)−3 = 0 ⇔ t = 1
3.Do đó H5
3; −1
3; −1
3 0,25 6
0H ⊥ (ABC) và \A0CH = 60◦ Do đó A0
H = CH tan \A0CH = 3a
2 .
0,25
Thể tích khối lăng trụ là VABC.A 0 B 0 C 0 = A0
H.S∆ABC = 3
√
3 a3
8 0,25 Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên AC; K là hình chiếu
vuông góc của H trên A0
I Suy ra HK = d(H, (ACC0
A0
Ta có HI = AH sin [IAH =
√
3 a
4 , 1
H K2 = 1
H I2 + 1
H A02 = 52
9a2,suy ra HK = 3
√
13 a
B
A0
H
C
B0
K
Do đó d(B, (ACC0
A0
)) = 2d(H, (ACC0
A0
)) = 2HK = 3
√
13 a
13
Trang 3(1,0đ) với BC Suy ra −−→Gọi E và F lần lượt là giao điểm của HM và HGH M =−−→M E và −−→H G= 2−−→GF,
Do đó E(−6; 1) và F(2; 5)
0,25
A
D
H
M
I G
Đường thẳng BC đi qua E và nhận −−→EF làm vectơ chỉ phương, nên BC : x − 2y + 8 = 0 Đường thẳng
BHđi qua H và nhận −−→EF làm vectơ pháp tuyến, nên BH: 2x + y + 1 = 0 Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình x − 2y + 8 = 0
2x + y + 1 = 0 Suy ra B(−2; 3)
0,25
Do M là trung điểm của AB nên A(−4; −3)
Gọi I là giao điểm của AC và BD, suy ra −→GA= 4−→GI Do đó I
0;3 2
8
(1,0đ)
((1 − y)√x− y + x = 2 + (x − y − 1)√y (1)
2y2
− 3x + 6y + 1 = 2√x− 2y −√4x − 5y − 3 (2) Điều kiện:
y≥ 0
x≥ 2y 4x ≥ 5y + 3
(∗)
Ta có (1) ⇔ (1 − y)(√x − y − 1) + (x − y − 1)(1 − √y) = 0
⇔ (1 − y)(x − y − 1)√x 1
− y + 1 +
1
1 + √y
= 0 (3)
0,25
Do √ 1
x− y + 1 +
1
1 + √y >0 nên (3) ⇔h yy= 1= x − 1.
• Với y = 1, phương trình (2) trở thành 9 − 3x = 0 ⇔ x = 3
0,25
• Với y = x − 1, điều kiện (∗) trở thành 1 ≤ x ≤ 2 Phương trình (2) trở thành
2x2
− x − 3 =√2 − x ⇔ 2(x2
− x − 1) + (x − 1 −√2 − x) = 0
⇔ (x2− x − 1)h2 + 1
x− 1 +√2 − x
i
= 0
0,25
⇔ x2
− x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ±
√ 5
2 Đối chiếu điều kiện (∗) và kết hợp trường hợp trên, ta được nghiệm (x; y) của hệ đã cho là (3; 1) và 1 +√
5
2 ;
−1 +√5 2
0,25
9
(1,0đ) Ta có a + b + c ≥ 2pa(b + c) Suy ra rb+ ca ≥ a+ b + c2a 0,25
Tương tự,
r b
a+ c ≥ a+ b + c2b
Do đó P ≥ a2(a + b)+ b + c+ c
2(a + b) =
h2(a + b)
a+ b + c+
a+ b + c 2(a + b)
i
−1 2
0,25
≥ 2 −12 = 3
Khi a = 0, b = c, b > 0 thì P = 3
2 Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 3
−−−−−−Hết−−−−−−
... + b + c ≥ 2pa (b + c) Suy rb< /sub>+ ca ≥ a+ b + c2a 0,25Tương tự,
r b
a+ c ≥ a+ b. .. + c 2b< /sup>
Do P ≥ a2(a + b) + b + c+ c
2(a + b) =
h2(a + b)
a+ b + c+
a+ b + c...
2
4
(1,0đ) a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thi? ??t suy 5a − 3b = 13a + b = 9 0,25
b) Số phần tử không gian mẫu là: C3